atnasyan-gdz-11-2001 (546293), страница 19
Текст из файла (страница 19)
Радиус описанного шара равен половине диагонали куба.10. Имеем R=6 см, V=R=12a2 +a2 +a2 =4π a 3 πa 34aa 3; r= Vвп= πr2=⋅( ) =;23326244a 3 3 3 πa 3 VопVоп= πR3= π()=.=3322Vвп •3 πa 32πa 3=3 3 .612. S=4πR ,2а) R1=S 4πR 21R2R; S=4πR2; S1=4πR12=4π⋅=πR2.=4; S1= S —=S1442πR 2уменьшится в 4 раза;б) R1=3R. S=4πR2; S1=4πR12=4π⋅(3R)2=4π⋅9R2.S 4π ⋅ 9R 2=9; S1=9S=S14πR 2— увеличится в 9 раз.13.V1=V2Для шара 1: V1=4πR1334πR 323=(44πR13; Для шара 2: V2= πR23,33R1 3S4πR12RR) =8; 1 =2; 1 ==( 1 )2=4.R2R2S2R2πR 2214. Пусть S1:S2=m2:n2.Для шара 1: S1=4πR12 ,V1=4π 34πR1 ; Для шара 2: S2=4πR22, V2=334πR233S1 4πR12mR1 2 m 2 R1 m V1 3 πR1R)==(=;;=( 1 )3=( )3.==S2R2R2nπR 22n 2 R 2 n V2 4 πR 323138Дополнительные задачи725.
Обозначим SABCD=S1, S DD1C1C =S2, S AA1D1D =S3; AD=a, DC=b,DD1=c.⎧S1 = ab,⎪⎨S2 = cb,⎪S = ac,⎩ 3b=⎧S1 = ab,⎪⎨ S2 b⎪⎩ S3 = a ,S1 S 2S1S 3V=abc; V==⎧b = S1 , a 2 =a⎪⎪⎨S⎪ 2 = S1 , a =⎩⎪ S3 a 2S1S3S2,S1S3;S2S 3S 2S SS1S 2; c= 3 2 =.S3S1S3S1S1S3 S1S2 S3S2⋅⋅= S1 ⋅ S2 ⋅ S3 ; V= 6 ⋅ 12 ⋅ 18 =36 дм3.S2S3S1726.
Обозначим стороны параллелепипеда за a, b, c. Составим системууравнений:⎧a 2 + c 2 = 81,⎪⎪⎧⎪a 2 − b 2 = 17,22⎨b + c = 64, ⎨ 2⎪⎩a + b 2 = 49.⎪ 22⎪⎩a + b = 49.2a2=66, a2=33, a= 33 ;b2=49−33=16, b=4;c2=64−16=48, c=4 3 .V=abc; V= 33 ⋅4⋅4 3 =16⋅ 3 ⋅ 3 ⋅ 11 =16⋅3⋅ 11 =48 11 см3.727. Сечение заштриховано, его сторона равна х.Сторона основания y.х2=Q, х= Q .
у2+а2=х2, у2+а2=Q, у= Q - a 2 . V=хуа;V=a Q Q - a 2 =a Q2 - a 2Q .728. В основании параллелепипеда — параллелограмм, боковое ребро перпендикулярно к плоскостиоснования.BD — меньшая диагональ, т.к. ∠А=45°, а ∠В=135°,поэтому BD<AC. ∆BB1D — прямоугольный, ВВ1=BD.По теореме косинусов из треугольника ABD:1BD2=49+18–2⋅7⋅3 2 ⋅=49+18–42=7+18=25; BD=5 см.2Sосн=SABCD=7⋅3 2 ⋅sin45°=7⋅32=21 см2.2BD=BB1=5 см Vпар=Sосн ⋅ BB1=5 ⋅ 21=105 см3729. A1BCD1 — параллелограмм, в котором диагонали перпендикулярны.Значит, A1BCD1 — ромб. По свойству диагоналей ромба А1О=ОС и139ВО=OD1. По теореме Пифагора из∆А1ОВ А1В=5см. Из прямоугольногоА1АВ: АА1= 25 − 9 =4 см.Вычислим площадь основания.Из∆А1АС:АС= А1C 2 - А1А 2 = 82 − 42 == 48 =4 3 см.По теореме косинусов в треугольнике АВС:(4 3 )2=32+52–2⋅3⋅5cos∠B; cos∠B=–sin∠B= 1 − cos 2∠B = 1 −7,1549176176=.
Sосн=3⋅5⋅= 176 см2.2251515V=Sосн⋅А1А=4 176 =4 16 ⋅ 11 =16 11 см3.730. Пусть ВС=В1С1=АС=А1С1=х. Из прямоуголь-ного треугольникаaАВС: х2+х2=а2, х=.2Sосн=S∆АВС=a21 2 1 a 2 a2a3х= (. V=Sосн⋅AA1=a= .)=244422731. Пусть АС=b, ВС=а, тогда, АВ= a 2 + b 2 . ПустьА1А=с.
Площади боковых граней, которые являютсяпрямоугольниками, равны соответственно ас; bc;a 2 + b 2 с. Т.к.a 2 + b 2 >b иa 2 + b 2 >a, тонаибольшую площадь имеет грань со сторонами1a 2 + b 2 и с. Sосн=S∆ABC= ab.2⎧ 1⎪( 2 ab)c = 3, (1)⎪⎪Пусть a<b, ⎨ a 2 + b 2 ⋅ c = 3 5 , (2)⎪c = 3.(3)⎪⎪⎩11Из (1) имеем: ас⋅ b=3, 3⋅ b=3, b=2.222 2⎧⎪ac = 3,⎪⎧a c = 9,Из уравнений (3) и (2): ⎨⎨⎪⎩c a 2 + 4 = 3 5 ,⎪⎩a 2c2 + 4c2 = 45.39+4с2=45, 4с2=36, с2=9 (c>0), поэтому с=3.
а= =1.3140Итак, а=1, b=2, c=3. АВ= 1 + 22 = 5 м.732. Обозначим ВС1=d, СС1=h. Проведем BFперпендикулярно AC, отрезок C1F, он являетсяпроекцией ВС1 на плоскость боковой грани АА1С1С,∠BC1F=ϕ.Из прямоугольного треугольника FC1B: FB=d sin ϕ.АВ==(FB2dsinϕ.=sin60°32dsinϕ3)2S∆ABC=Sосн=AB 2 3=43 4d 2sin 2ϕ 33 2 2==d sin ϕ.433⋅ 4Найдем высоту призмы С1С=h.
FC=11dsinϕ.АС= АВ=223Из прямоугольного ∆С1FC:2⎛ dsinϕ ⎞d 2sin 2ϕ3cos 2ϕ − sin 2ϕ⎟ = d 2cos2ϕ −h= (dcosϕ) 2 − ⎜⎜=d.⎟33⎝ 3 ⎠3cos 2ϕ − sin 2ϕ d 3sin 2ϕ3 2 2d sin ϕ⋅d=⋅ 3cos2ϕ − sin 2ϕ .333733. АВСАВ1С1 — треугольная призма, В1В|| плоскости АА1С1С. Построим B1F ⊥ плоскости АА1С1С.Отрезок B1F есть расстояние от грани АА1С1С допараллельного ей ребра В1В. Достроим даннуюпризму до параллелепипеда ABDCA1B1D1C1. Заоснование параллелепипеда возьмем грань АА1С1С,следовательно, его высотой будет отрезок B1F.Vпар=S AA1C1C ⋅B1F.Плоскость С1СВВ1 делит параллелепипед на две равновеликие призмы,11тогда, объем каждой из них составляет Vпар, или Vпризмы= S AA1C1C ⋅B1F,22что и требовалось доказать.yхz734.
х||y||z, AA1=BB1=CC1. Известно (см. задачу733), что объем треугольной призмы равен половинепроизведения площади боковой грани на расстояниеот этой грани до параллельного ей ребра.Возьмем за основание грань АА1В1В, из точки С1проведем отрезок C1F ⊥ плоскости АА1В1В. ОтрезокC1F — высота призмы.1V=S AA1B1B ⋅C1F ⋅ .2V=Sосн⋅h=141Длина C1F — величина постоянная при заданном положении x, y, z. Расстояние между параллельными прямыми x и y, а значит, и между отрезкамиАА1 и ВВ1 не меняется, тогда, высота параллелограмма АА1В1В - величинапостоянная. Тогда площадь S AA1B1B =const, значит V=const.735. Обозначим х — коэффициент пропорциональности, S1, S2, S3 —площади боковых граней наклонной призмы. СледовательноS1=х⋅20, S2=х⋅37, S3=х⋅51.
Sбок=S1+S2+S3=10,8 дм2.10,8 110,8=х⋅20+х⋅37+х⋅51=108х, х==.108 10111⋅20=2 дм2;S2=⋅37=3,7 дм2;S3=⋅51=5,1 дм2.Значит S1=101010Пусть боковые грани пересечены плоскостью, перпендикулярной к ним.Линии пересечения секущей плоскости с боковыми гранями будут высотами боковых граней, то есть высотами параллелограммов.
Пусть у боковыхграней с площадями S1, S2, S3, высоты равны h1, h2, h3.5,123,7Значит, 2=h1⋅0,5, h1==4 дм; 3,7=h2⋅0,5, h2=дм; 5,1=h3⋅0,5, h3=дм.0,50,50,5Полупериметр перпендикулярного сечения равен:37 51 188 108 541р= (4++)= (4+)==дм.255252⋅5 5Вычислим площадь перпендикулярного сечения:S= p(p - h1 )(p - h 2 )(p - h 3 ) =54 34 17 354 37 54 5154 54⋅ ⋅ ⋅ =⋅ ( - 4) ⋅ ( - ) ⋅ ( - ) =5 5 5 55 55 5551717 ⋅ 18⋅6⋅3=дм2.252517 ⋅ 18 1 17 ⋅ 9 153V=S⋅0,5=⋅ ===6,12 дм2.2522525736.
Пусть SO — высота пирамиды, О — центрправильного ∆АВС. Проведем АК перпендикулярно ВС, отрезок SK. По теореме о трех перпендикулярах SK⊥BC, поэтому ∠AKS=ϕ — линейныйугол двугранного угла при основании.Проведем АЕ перпендикулярно плоскости BSC.Поскольку плоскость ASK перпендикулярнаплоскости BSC, то АЕ ⊂ плоскости ASK.mИз прямоугольного ∆АЕК: АК=. Обозначим сторону основания равнойsinϕ=12554 ⋅17 2 ⋅ 2 ⋅ 3 =х, тогда из треугольника ∆АВК: АК=х sin60°=142mx 3x 3. Тогда,=,22sinϕ2x2 34m 2=⋅ 3 = m 23 .243sinϕ3sin ϕ 43sin ϕВ ∆АВС ОК — радиус вписанной окружности,a2m1m==⋅.ОК=2 33sinϕ 2 3 3sinϕх=m⋅2. S ∆ABC =Sосн=В ∆SOK:sinϕmmSO=tg ϕ , SO=OK tg ϕ =⋅=.3sinϕ cosϕ 3cosϕOKm2 311 m2 3mSосн⋅SO; V= ⋅⋅=: 27 .233 3sin ϕ 3cosϕ sin 2ϕ cos ϕ737.
Имеем SO — высота пирамиды, О —точка пересечения диагоналей квадратаABCD. Обозначим сторону основанияравной х. К — середина ребра SC, KL ⊥плоскости ABCD, KL=m, т.к. плоскостьSOC перпендикулярна плоскости ABCD и К∈ плоскости SOC. KL — средняя линия вV=∆SOC, значит SO=2m.LC=m2m4m,.
OC=2CL=, AC=2OC=.tgϕtgϕtgϕИз прямоугольного треугольника АВС: х 2 =11 8m 216m3S⋅SO=⋅⋅2m=.осн33 tg 2 ϕ2tg 2ϕ tg 2 ϕ3tg 2ϕ738. Имеем DO — высота пирамиды, плоскостьDOC⊥ плоскости АВС. Проведем ОМ ⊥ DC, черезточку О проведем KL параллельно AB, отрезки MLи МК. KL перпендикулярно плоскости DOC, значит, KL⊥DC.OM⊥DC — по построению. ПлоскостьSосн=х2=16m 24m4m, х=.tgϕ2 tgϕ=8m 2. V=KLM⊥DC и поэтому LM⊥DC и КМ⊥DC.Тогда, ∠KML=2 ϕ , ∆КОМ=∆LOM, значит ∠КМО=∠LMO= ϕ .Пусть ∠ODM= α , следовательно, из прямоугольного ∆ODM: ОМ=h sin α .yПримем КО=OL=y.
Из прямоугольного ∆LOM:=tg ϕ . (1)hsinαРассмотрим треугольник АВС. В нем ОС — радиус описанной окружности, ОС=R, а OF — радиус вписанной окружности. OF=r. Обозначим сторону основания х, следовательно, AF=FB=x.2143xdxR==, т.е. d=R 2(R + r)2(R + r)Из подобия треугольников FCB и OLC имеем:=x⋅x33 ⋅2⋅x⋅2=хxx 3., т.к. R=, R+r=FC=х⋅sin60°=233Возвращаясь к (1), имеем:Из ∆DOC:ПодставимR=tg α , илиhв1x⋅ =tg ϕ (2).hsinα 3x=tg α , поэтому х=h 3 tg α .3hh 3 ⋅tgα=tg ϕ ;3h ⋅ sinα(2):h 3sinα=tg ϕ ⋅3h⋅sin α ,cosαт.е.3hh ⋅ 3tgϕ.
DC === 3 h tg ϕ .3tgϕcosα3х=R, с другой стороны, из ∆DOC:Вычислим сторону основания х:3хR= DC2 − h 2 , R= 3h 2 tg 2ϕ − h 2 =h 3tg 2ϕ − 1 , т.е.=h 3tg 2ϕ − 1 ,33cos α ⋅tg ϕ = 3 , cos α =х=h 3⋅ 3tg 2ϕ − 1 . Sосн=3 2х2 3; Sосн=⋅h ⋅3(3tg2 ϕ −1).4411 3 3h 23 3⋅(3tg2 ϕ −1)⋅h=⋅h (3tg2 ϕ −1).Sосн⋅h= ⋅3344739. Имеем SO — высота пирамиды. В основании —правильный n-угольник, О — его центр.ОА1=ОА2=...=ОАn=R, где R — радиус описаннойокружности.a.R=180°2sinV=nОбозначим боковое ребро пирамиды через b. Тогдаиз ∆A1SA2 по теореме синусов имеем:ααacosasin(90° − )aba22=; b===ααsinαsinα180o − α2sin2sin cossin222a2sin 2α2.Из прямоугольного треугольника ∆А1OS:h=SO= b 2 - R 2 =144a2α4sin 22−a2180°4sin 2n=1α2−1sin 2180°n.Вычислим площадь основания.Площадь правильного n-угольника:Sосн=na 24tg180°n.
V=a11 na 2Sоснh=33 4tg 180° 2n1αsin 22−1180°sin 2n.740. ∆DOA=∆DOB=∆DOC (по катету и стромууглу). Тогда, DA=DB=DC и ОА=ОВ=ОС=R, R —радиус окружности, описанной около ∆АВС.hh.Из треугольника AOD:=tg ϕ 3, OA=R=tgϕ 3OАРассмотрим треугольник АВС. По теоремесинусов:aсb2h===2R=, т.е.sinϕ2 sinϕ1 sin(ϕ2 + ϕ1 )tgϕ 3а=2h2hsin ϕ 2, b=sin ϕ 1.tgϕ 3tgϕ 3S ∆ABC =Sосн=V=11 2h 2ab sin( ϕ 1+ ϕ 2)= () sinϕ1 sin ϕ 2 sin ( ϕ 1+ ϕ 2).22 tgϕ 3211 12 h2S∆ABC h= ⋅ ⋅ 4h sinϕ1sinϕ2 sin(ϕ1+ϕ2)=sinϕ1sinϕ2 sin(ϕ1+ϕ2).33 2 tg 2 ϕ 33 tg 2ϕ31SоснН.3Из прямоугольного треугольника POD:PO =tgγ, H =tgγ, OD= H .tgγODODИз прямоугольного треугольника РОС:POHH.=tgβ,=tgβ, ОС=tgβOCOCOD=OB и ОА=ОС — из свойства диагоналей параллелограмма.1 2H 2H2H2H1DB=2⋅OD=; АС=2⋅ОС=. SABCD= AC⋅DB⋅sinα= ⋅⋅⋅sinα=2tgγ2 tgγ tgβtgβ741. V=12⋅2H2⋅ctgγ⋅ctgβ⋅sinα⋅H= H3ctgγ⋅ctgβ⋅sinα.33742.
Линия пересечения двух плоскостей, перпендикулярных к третьейплоскости — перпендикуляр к этой плоскости; значит, PD перпендикулярнаплоскости ABCD. PD — высота пирамиды, PD=H. ∠ADC=ϕ — линейный=2H2ctgγ⋅ctgβ⋅sinα. V=угол двугранного угла при ребре PD. В основании ABCD ∠А=∠С=180о–ϕ.SABCD=AD⋅ABsin∠A=a2sin(180°–ϕ)=a2 sinϕ.145Построим DM⊥АВ, DN⊥CB.
По теореме о трехперпендикулярах отрезки РМ⊥АВ, PN⊥BC.∠PMD=∠PND=θ — линейные углы двугранных углов, образованных боковыми гранями РАВ и РВС с плоскостью основания.∆ADM=∆CDN, DM=DN=a sin (180°−ϕ)=a sinϕ.H=tgθ, DN⋅tgθ=Н,DN11Н=a sinϕ⋅tgθ. V= SоснН; V= а2sinϕ⋅asinϕ⋅tgθ=331 3 2= а sin ϕ⋅tgθ.3743. а) Пусть АС=АВ=b, а DA=DB=DC=BC=a.Построим высоту пирамиды DO, отрезки ОА, ОВ,ОС.∆DOA=∆DOB=∆DOC.Тогда, ОА=ОВ=ОС=R, где R — радиусокружности, описанной вокруг ∆АВС.В равнобедренном треугольнике ∆ВАС проведемиз угла А высоту АК.Из треугольника PDN:S∆АВС=1а212⋅ АК= а⋅ b2 −a2(в4∆АВК: АК=222= АВ2 - ВК 2 = b 2 − ⎛⎜ а ⎞⎟ = b 2 − а ).4⎝ 2⎠ОА=R, по формуле R=abc(a, b, c — стороны треугольника, S — его4Sплощадь) Вычислим площадь, вычислим R.abbR=14⋅ a22b −a24=b24b 2 − a 2.Из ∆ADO: Н=DO= а 2 - АО 2 = a 2 - R 2 = a 2 −b44b 2 − a 22 244= 4a b − a - b .4b 2 − a 24a 2b 2 − a 4 - b 4 a 4a 2b 2 − a 4 - b 44b2 − a 211 1S∆АВСH= ⋅ ⋅a⋅⋅=;33 22124b 2 − a 2б) в равнобедренном треугольнике АВС (СА=СВ=а) построим высоту СК⊥АВ; проведем отрезок DK.V=146В треугольнике ADB: DK — высота (∆ADB — равнобедренный, АК=КВ,значит, медиана DK является высотой).АВ⊥DK, АВ⊥КС, АВ⊥(DKC).Если плоскость проходит через перпенди-кулярк другой плоскости, то она перпендикулярна кэтой плоскости.
Итак, плоскости АВС и DKC перпендикулярны. В плоскости DKC проведемвысоту пирамиды DO; DO⊥CK.Примем DO=H.222В треугольнике АВС: СК= a 2 − b = 4a − b .42222211S∆ABC= ⋅АВ ⋅ СК= ⋅b⋅ 4a − b = b 4a − b .224222Вычислим высоту пирамиды: DK=KC= 4a − b .2Проведем КЕ⊥DC.bDE=EC= .2Из треугольника KDE: КЕ= KD 2 - DE 2 =S∆KDE=V=4a 2 − b 2 b 24a 2 − 2b 2=.−44411⋅KE⋅DC= ⋅H⋅KC;221 b 4a 2 − b 2 b 4a 2 − 2b 2b21⋅=4a 2 − 2b 2SABC ⋅ H= ⋅22341234a − b22224a 2 − 2b 2⋅b=H⋅ 4a − b , H= b 4a − 2b .244a 2 − b 2744. Обозначим О1К=КО=h, А1В1=y, АВ=x.x 52По условию = , y= x.y 25Рассмотрим трапецию АА1О1О.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
